四川省内江市2022-2023学年高二上学期期末考试数学（理）试题（含答案）

四川省内江市2022-2023学年高二上学期期末考试数学（理）试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三总分评分一、单选题1．某个年级有男生180人，女生160人，用分层抽样的方法从该年级全体学生中抽取一个容量为68的样本，则此样本中女生人数为（）A．40 B．36 C．34 D．322．已知向量m=(−3，2，4)A．22 B．8 C．3 3．如图所示的算法流程图中，第3个输出的数是（）A．2 B．32 C．1 D．4．一个四棱锥的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．8 B．83 C．43 5．经过两点A(4，2y+1)，BA．−1 B．−3 C．0 D．26．为促进学生对航天科普知识的了解，进一步感受航天精神的深厚内涵，并从中汲取不畏艰难、奋发图强、勇于攀登的精神动力，某校特举办以《发扬航天精神，筑梦星辰大海》为题的航天科普知识讲座.现随机抽取10名学生，让他们在讲座前和讲座后各回答一份航天科普知识问卷，这10名学生在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如下图，下列叙述正确的是（）A．讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%B．讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%C．讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差D．讲座前问卷答题的正确率的极差小于讲座后正确率的极差7．两条平行直线2x−y+3=0和ax−3y+4=0间的距离为d，则a，d分别为（）A．a=6，d=63 B．a=−6，d=63 C．a=−6，d=58．若连续抛掷两次质地均匀的骰子，得到的点数分别为m，n，则满足m2A．12 B．1336 C．499．已知三条不同的直线l，m，n和两个不同的平面α，β，则下列四个命题中错误的是（）A．若m⊥α，n⊥α，则m//n B．若α⊥β，l⊂α，则l⊥βC．若l⊥α，m⊂α，则l⊥m D．若l//α，l⊥β，则α⊥β10．数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心，重心，垂心依次位于同一直线上，这条直线后人称之为三角形的欧拉线.已知ΔABC的顶点A(A．3x+y=1 B．3x−y=1 C．x+3y=0 D．x−3y=011．已知P是直线l：x＋y－7＝0上任意一点，过点P作两条直线与圆C：(x+1)2A．14 B．142 C．23 12．如图所示，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，BB1=A．四棱锥B1B．存在点E，使得B1D⊥C．存在唯一的点E，使得截面四边形BEDD．对于棱CC1上任意一点E，在棱AD上均有相应的点G，使得CG∥二、填空题13．已知x、y满足约束条件x−2≤0y−2≤0x+y−2≥0则z=2x+y的最大值是14．直线l与圆(x+1)2+(y−1)2=1相交于A15．已知E是正方体ABCD−A1B1C1D1的棱DD1的中点，过A、C、E三点作平面α与平面16．设m∈R，过定点A的动直线x+my=0和过定点B的动直线mx−y−m+3=0交于点P(x，y)，则△PAB面积的最大值是三、解答题17．一汽车销售公司对开业4年来某种型号的汽车“五-”优惠金额与销售量之间的关系进行分析研究并做了记录，得到如下资料.日期第一年第二年第三年第四年优惠金额x（千元）10111312销售量y（辆）22243127参考公式：b（1）求出y关于x的线性回归方程y=（2）若第5年优惠金额8.5千元，估计第5年的销售量y(辆)的值.18．已知圆C经过A(6，（1）求经过点A，并且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程；（2）求圆C的标准方程；（3）斜率为−34的直线l过点B且与圆C相交于E，F两点，求19．直四棱柱ABCD−A1B1C1D1，底面（1）求证：EF∥平面A1（2）求三棱锥F−ACA20．某校从参加高一年级期中考试的学生中抽出40名学生，将其数学成绩（均为整数）分成六段[40，50)，[50，60)，（1）求第四小组的频率，并补全这个频率分布直方图；（2）根据频率分布直方图估计这次数学考试成绩的平均分；（3）若将分数从高分到低分排列，取前15%的同学评定为“优秀”档次，用样本估计总体的方法，估计本次期中数学考试“优秀”档次的分数线．21．如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=2，AF=1，M是线段EF（1）求证：平面ACEF⊥平面BDF；（2）求证：DM⊥平面BEF；（3）求二面角A−DF−B的大小．22．已知圆M：(x−3)2+y2=9．设D(2，0)，过点D作斜率非（1）过点D作与直线l1垂直的直线l2，交圆M于EF两点，记四边形EPFQ的面积为S，求（2）设B(6，0)，过原点O的直线OP与BQ相交于点N，试讨论点

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】由题意得：样本中女生人数为68×160故答案为：D

【分析】根据分层抽样的性质计算即可.2．【答案】C【解析】【解答】m|故答案为：C

【分析】由向量的运算结合模长公式计算即可.3．【答案】A【解析】【解答】模拟执行程序，A=1，输出1，N=2；满足条件，A=1+12=32满足条件，A=32+12⋯所以第3个输出的数是2.故答案为：A.

【分析】模拟执行程序即得第3个输出的数是2.4．【答案】B【解析】【解答】根据几何体的三视图可知几何体为四棱锥P−ABCD，如图所示：PD⊥平面ABCD，且底面为正方形，PD=AD=2所以该几何体的体积为：V=故答案为：B

【分析】把三视图转换为几何体，根据锥体体积公式即可求出几何体的体积.5．【答案】B【解析】【解答】由于直线AB的倾斜角为3π4则该直线的斜率为k=tan3π又因为A(4，所以k=(2y+1)+34−2=−1故答案为：B.

【分析】先由直线的倾斜角求得直线的斜率k=tan3π6．【答案】B【解析】【解答】讲座前问卷答题的正确率分别为：60%，60%，65%，65%，70%，75%，80%，85%，90%，95%，中位数为70%+75%2讲座后问卷答题的正确率的平均数为0.由图知讲座前问卷答题的正确率的波动性大于讲座后正确率的波动性，即讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后正确率的标准差，C不符合题意；讲座后问卷答题的正确率的极差为100%-80%=20%，讲座前正确率的极差为95%-60%=35%，20%<35%，D不符合题意.故答案为：B.

【分析】根据题意以及表格，可分别计算中位数、平均数、极差等判断、排除选项是否正确，从而得出答案.7．【答案】D【解析】【解答】∵两直线平行，∴2=a3，解得将2x−y+3=0化为6x−3y+9=0，∴d=|9−4|故答案为：D.

【分析】由题意利用两条直线平行的性质求得a的值，再利用两条平行直线间的距离公式，计算求得答案.8．【答案】B【解析】【解答】解：设连续投掷两次骰子，得到的点数依次为m、n，两次抛掷得到的结果可以用(m则结果有(1，1)，(1，2)，(2，1)，(2，2)，(3，1)，(3，2)，(4，1)，(4，2)，(5，1)，(5，2)，(6，1)，(6，2)，共有36种．其中满足m2+n2<25有：(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)所以满足m2+n故答案为：B

【分析】利用列举法列出所有可能结果，再根据古典概型的概率公式计算可得.9．【答案】B【解析】【解答】对A，根据线面垂直的性质，垂直于同一平面的两条直线互相平行可知A正确，不符合题意；对B，根据面面垂直的性质定理可知，若α⊥β，l⊂α，且l垂直于两平面的交线，则l⊥β，所以B错误，符合题意；对C，根据线面垂直的定义可知，C正确，不符合题意；对D，因为l//α，由线面平行的性质可知在平面α内存在直线m//l，又l⊥β，所以m⊥β，而故答案为：B．

【分析】根据线面垂直的性质定理可知A正确；根据面面垂直的性质定理可知B不正确；根据线面垂直的定义可知C正确；根据面面垂直的判定可知D正确．10．【答案】C【解析】【解答】显然△ABC为直角三角形，且BC为斜边，所以其欧拉线方程为斜边上的中线，设BC的中点为D，由B(所以D(−3，1)所以AD的方程为y=−1所以欧拉线的一般式方程为x+3y=0.故答案为：C.

【分析】写出BC的中点，根据点的坐标确定直线的斜率，由点斜式写出直线方程，转化成一般式即可。11．【答案】A【解析】【解答】圆C是以C(−1，0)为圆心，2为半径的圆，由题可知，当∠ACP最小时，|AB|的值最小.cos∠ACP=|AC||PC|=2|PC|，当|PC|故答案为：A

【分析】根据直线与圆相切的几何性质可知，当∠ACP最小时，|AB|的值最小，当PC⊥l时，|PC12．【答案】D【解析】【解答】对A，VB1−BED1F=VE−BB1D1+VF−BB1D1，又CC对于B，因为BB1=B1D1，可得对角面BB1D1D为正方形，所以B1D⊥BD1，由DC⊥平面BCC1B1，BE⊂平面BCC1B1，所以DC⊥BE，若BE⊥B对于C，由面面平行的性质定理可得，四边形BED1F对于D，当E点在C处时，对于AD上任意的点G，直线CG与平面EBD故答案为：D

【分析】由VB13．【答案】6【解析】【解答】解：由约束条件作出可行域如图：将目标函数z=2x+y转化为y=−2x+z表示为斜率为−2，纵截距为z的直线，当直线y=−2x+z过点B时，z取得最大值，显然点B(2，2)，则故答案为：6.

【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．14．【答案】±1【解析】【解答】根据题意，直线l与圆(x+1)2+(当直线斜率不存在时，直线x=0即y轴，显然与圆相切，不符合题意；故直线斜率存在，设直线l的方程为y=kx+1，即kx−y+1=0，因为圆(x+1)2+(又弦长|AB|=所以|k|k故答案为：±1.

【分析】设直线方程，结合弦长求得圆心到直线距离，利用点到直线的距离公式列出等式，即可求得答案.15．【答案】1【解析】【解答】因为过A，C，E三点的平面α与平面平面α与平面ABCD相交于AC，平面A1B1所以l//又A1C所以直线l与BC1所成的角就是直线A1也即是∠A又易知△A所以直线l与BC1所成角的余弦值为故答案为：1

【分析】由题意得A1C1//l，所以直线l与BC1所成的角就是直线A16．【答案】5【解析】【解答】易知A（0，0），B（1，3）两直线互相垂直，故|PA|2+|PB|2=17．【答案】（1）解：由题中数据可得x=11.∴b=故a=y−（2）解：由（1）得，当x=8.5时，y=17【解析】【分析】（1）先由题中数据求出x=11.5， y=26，再根据公式求出b18．【答案】（1）解：经过点A，在两坐标轴上的截距相等的直线，当直线过原点时，直线的方程为x−6y=0，当直线不过原点时，设直线的方程为x+y=a，将点A(6，1)所以所求直线的方程为x−6y=0或x+y−7=0．（2）解：因圆心C在直线x+2y−3=0上，则设圆心C(又圆C经过A(6，即有(3+2b)2+(1−b)所以圆C的标准方程为(x−5（3）解：依题意，直线l的方程为y+2=−34(圆心C(5，所以|EF【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用直线方程的截距式，分直线过原点和直线不过原点求解作答；

（2）设圆心C(3−2b，b)，由已知圆C经过A(6，119．【答案】（1）证明：取A1D的中点M，连结在△A1DC中，M所以ME∥DC且ME=1底面ABCD是平行四边形，F是棱AB的中点，所以AF∥DC且AF=1所以ME∥AF且ME=AF，所以四边形AFEM为平行四边形，所以EF∥AM，EF⊄平面A1所以EF∥平面A1（2）解：在△ABC中，∠ACB=60由余弦定理有AB解得AC=2，则S△ABC因为F为AB的中点，所以S△ACF由已知直四棱柱ABCD−A1B可得A1VF−AC【解析】【分析】（1）取A1D的中点M，连结ME，MA，证明四边形AFEM为平行四边形，则EF∥AM，再根据线面平行的判定定理即可得证；

（2）利用余弦定理求出AC=2，再利用勾股定理求出20．【答案】（1）解：由频率分布直方图可知，第1，2，3，5，6小组的频率分别为：0.1，0.15，0.15，0.25，0.05，所以第四小组的频率为：1−0.∴在频率分布直方图中第四小组对应的矩形的高为0.03，补全频率分布直方图对应图形如图所示：（2）解：由频率分布直方图可得平均分为：0.（3）解：由频率分布直方图可知：成绩在区间[90，100]占5%，区间则估计本次期中数学考试“优秀”档次的分数线为：80+10×0【解析】【分析】（1）根据所有频率和为1求第四小组的频率，计算第四小组的对应的矩形的高，补全频率分布直方图；

（2）根据在频率分布直方图中，由每个小矩形底边中点的横坐标与小矩形的面积的乘积之和，求出平均分；

（3）由频率分布直方图可知：成绩在区间[90，100]占5%，区间21．【答案】（1）证明：∵四边形ACEF是矩形，∴FA⊥AC，∵平面ACEF⊥ABCD，平面ACEF∩平面ABCD=AC，AF⊂平面ACEF∴AF⊥平面ABCD．设AC∩DB=O，则OM⊥平面ABCD建立如图的直角坐标系，则各点的坐标分别为：O(0，0，0)，A(0，1，0)，B(−1，0，0)，CE(0，−1，1)，F(0，1，1∵BD=(2，0，0)，DF=(−1，1，∴AM·BD∴AM⊥BD，AM⊥DF，∵BD∩DF=D，BD，DF⊂平面∴AM⊥平面BDF，AM⊂平面ACEF，所以平面ACEF⊥平面BDF（2）证明：由AB=2，AF=1，得DF=DE=∵M是线段EF的中点，∴DM⊥EF，连接BM，由于DM=OM2+OD2，MB=O又BM∩EF=M，MB，EF⊂平面BEF，∴DM⊥平面（3）解：由（1）得，AM=(0，−1，1又AF⊥平面ABCD得AF⊥CD，又CD⊥DA，故DC=(−1故cos<AM∵二面角A−DF−B为锐角，∴二面角